vector
.pdfПРИМЕР 2.4.12. Найти орт вектора a AB , если |
A( 1, 2, 3) , |
B(0, 1, 2).
Решение. Для решения задачи применим формулу (1). Предварительно находим координаты вектора a AB {0 1, 1 2, 2 3} {1, 1, 5} и его
модуль | a | | AB | 12 ( 1)2 ( 5)2 27 33 .
Тогда орт вектора а есть вектор
|
|
|
{1, 1, 5} |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
a |
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
5 |
|
|
3 |
|
3 |
|
5 |
3 |
|||||||||||||
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
, |
|
|
|
|
. ■ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
| a | |
|
3 3 |
|
|
3 3 |
|
|
3 3 |
|
|
3 3 |
|
|
|
9 |
|
9 |
|
9 |
|
|
|
|
ПРИМЕР 2.4.13. а) Даны векторы a 2i 3 j k, b j k, c i ,
представленные в виде разложения по базису i, j, k. Записать каждый из векторов в координатной форме.
б) Даны векторы a {1, 2, 1/ 2}, b {0, 1, 2}, c {1, 0, 0},
d {0, 0, 1}. Найти разложение каждого из этих векторов по координатному
базису i, j, k.
Решение. а) Коэффициенты при i, j, k и есть координаты соответствующего вектора (формулы (3-4)):
a {2, 3, 1}, b {0, 1, 1}, |
c { 1, 0, 0}. |
||
б) На основании формул (3-4) имеем |
|
|
|
a i 2 j k / 2, b j 2k, |
c i, |
d k . ■ |
|
ПРИМЕР 2.4.14. Даны |
векторы |
a1 { 4, 0}, a2 {0, 2}, |
|
a3 {4, 1} на плоскости. Какие из них параллельны координатным осям? |
|||
Решение. Вторая координата вектора а1 |
равна нулю; это означает, что |
координаты по оси Оу его начала и конца совпадают (см. рис. 20а), т.е. вектор
а1 перпендикулярен оси Оу и, следовательно, параллелен оси Ох.
Параллельность вектора а1 оси Ох следует и из его коллинеарности базисному
41
вектору i {1, 0}, т.к. а1 = –4i (см. формулу (7)). Вектор а2 = 2j, следовательно,
а2 и j коллинеарны, т.е. вектор а2 параллелен оси Оу (см. рис. 20б). Вектор а3
не имеет нулевых координат, т.е. не перпендикулярен ни оси Ох, ни оси Оу,
значит, и не параллелен ни одной из осей координат (см. рис. 20в). ■
|
у |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
уМ , yN |
|
N |
|
М |
|
|
|
|
|
|
|
а1 |
|
|
|
|
||
|
j |
|
|
|
|
|
|
||
|
О |
i |
1 x |
|
x |
M |
х |
|
|
|
|
|
N |
a1x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 20а. |
|
|
|
|
||
у |
|
|
|
у |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
yL |
L |
|
|
|
yQ |
|
|
Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
a2y |
а2 |
|
|
a3y |
|
|
а3 |
|
|
yK |
|
|
|
|
yP |
P |
|
|
|
|
K |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
j |
|
|
|
j |
|
|
|
|
|
|
|
|
О |
i 1 x |
|
|
|
х |
|
О i 1 |
xK , xL |
|
х |
|
a3x |
x |
|||
|
|
P |
|
Q |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Рис. 20б. |
|
|
|
|
Рис. 20в. |
|
|
||
ПРИМЕР 2.4.15. Даны векторы в пространстве |
|
|
|
||||||
b1 { 2, 0, 0}, |
b2 {0, 4, |
0}, |
b3 {4, |
0, 1}, b4 {0, 1, |
3}. |
Какие из них параллельны координатным осям; координатным плоскостям?
Решение. Вектор b1 и вектор i {1, 0, 0} коллинеарны, т.к. b1 = – 2i (см. формулу (7)) т.е. вектор b1 параллелен оси Ох; вектор b2 = 4j,
следовательно, b2 и j коллинеарны, и вектор b2 параллелен оси Оу. Далее,
вторая координата вектора b3 равна нулю, т.е. он перпендикулярен оси Оу, и
потому параллелен плоскости хOz. Аналогично вектор b4 перпендикулярен оси
Ох и параллелен плоскости уOz. ■
42
Выводы из примеров 2.4.14-2.4.15:
1)Если одна из координат вектора равна нулю, то вектор перпендикулярен соответствующей оси.
2)Если вектор имеет только одну отличную от нуля координату, то он параллелен соответствующей координатной оси.
ПРИМЕР 2.4.16. Пусть p и q – любые неколлинеарные векторы.
Представить любой третий вектор а, лежащий в плоскости векторов p и q, в
виде a p q .
Решение. По следствию теоремы о линейной зависимости систем векторов (пункт 2)) векторы p и q образуют базис на задаваемой ими
плоскости. Числа α и β называются координатами вектора а в этом базисе.
|
Приведем векторы а, р, q к общему началу О (рис. 21). Через конец |
|||||
вектора а (точка А) проведем две прямые ААq |
параллельно вектору р и ААр |
|||||
параллельно вектору q. |
|
|
|
|
||
|
По правилу параллелограмма получим |
|
|
|
||
|
|
a OA OAp OAq . |
|
|
|
(14) |
|
Векторы р и ОАр коллинеарны (лежат |
на |
одной прямой), |
поэтому |
||
|
Ар |
А |
существует число α такое, что |
|
||
|
|
|
|
OAp p . |
||
|
|
а |
|
|
||
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(15) |
|
|
|
|
|
|
|
|
О q |
Аq |
Аналогично |
OAq q . |
(16) |
||
|
|
|||||
Из равенств (14-16) имеем a p q . |
|
|
|
|||
|
|
Рис. 21. |
Требуемое разложение получено. |
|||
Дополнительно покажем, что числа α и β определяются однозначно. |
|
43
Пусть существуют два |
различных |
разложения: |
a p q и |
a ' p 'q , причем, например, |
' . Вычитая почленно одно равенство |
||
из другого, получим: |
|
|
|
0 ( ') p ( ')q , откуда |
p ' |
q при ' . |
|
|
|
' |
|
Последнее равенство означает, что векторы p и q коллинеарны (см. условие
(7)), |
что противоречит |
условию задачи, |
и |
потому |
неравенство ' |
|||
невозможно. Таким же |
образом |
доказывается |
невозможность |
неравенства |
||||
' . Следовательно, |
' и |
' , т.е. один и тот же вектор не может |
||||||
иметь двух разных разложений по одному и тому же базису. ■ |
|
|||||||
|
|
ПРИМЕР 2.4.17. На плоскости |
даны три |
вектора |
a {3, 2}, |
|||
p { 2, 1}, q {7, 4}. Найти разложение вектора а по базису p, q. |
||||||||
|
Решение. Векторы p и q не коллинеарны, т.к. не выполнено условие (8): |
|||||||
2 |
1 |
. Поэтому вектор а может быть разложен по векторам p и q как по |
||||||
|
||||||||
7 |
4 |
|
|
|
|
|
|
базису (пример 2.4.16): a p q . Это векторное равенство можно записать в координатной форме на основании формул (5), (6), (9):
3 ( 2) 7,2 1 ( 4).
Решать эту систему уравнений можно по-разному. Например, умножим
второе |
|
уравнение |
на |
2 |
и |
сложим с |
первым |
уравнением: |
||
3 2 ( 2) (7 2 ( 4)) , |
откуда |
1. Подставив полученное значение β |
||||||||
во второе уравнение системы, находим 2 4 2 . |
|
|||||||||
Таким образом, a 2 p q . ■ |
|
|
|
|||||||
ПРИМЕР 2.4.18. Можно ли разложить каждый из следующих векторов |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a {1, |
15}, b { 1, |
15}, |
c {3, 4}, принимая |
в качестве |
базиса два |
остальных?
44
Решение. Согласно следствию из теоремы о линейной зависимости систем векторов (пункт 2)) любые два неколлинеарных вектора могут служить базисом на плоскости, и тогда всякий третий вектор, лежащий в плоскости первых двух, однозначно может быть представлен в виде их линейной
комбинации.
1) Векторы b и c не коллинеарны (проверьте!), следовательно, вектор а
может быть разложен по векторам b и c.
2) Векторы а и c не коллинеарны (проверьте!), следовательно, вектор b
может быть представлен в виде линейной комбинации векторов а и c.
3) Вектор а коллинеарен вектору b, при любых α и β вектор a b
коллинеарен векторам а и b. Поэтому равенство c a b невозможно ни при каких значениях α и β. ■
ПРИМЕР 2.4.19. Даны три вектора p {3, 2, 4}, q { 2, 1, 3}, r {7, 4, 1}. Рассматривая их как базисные, найти разложение вектора a {25, 15, 14} этому базису.
Решение. То, что векторы p, q и r можно рассматривать как базисные,
дано в условии, но вообще это не очевидно. Сталкиваясь с задачами подобного рода, следует проверять, являются ли векторы линейно независимыми, т.е.
могут ли быть использованы в качестве базиса. В двумерном случае это сделать легко: надо лишь убедиться в том, что два вектора не коллинеарны, как это было сделано в примере 2.4.17. В трехмерном случае следует проверять компланарность трех векторов. О том, как это легко можно сделать, будет рассказано в §2.5. В данном же примере можно сразу записать векторное равенство a p q r . Представив его в координатной форме на основании формул (5), (6), (9), получим:
25 3 2 7 ,
15 2 4 ,
14 4 3 .
45
Решим эту систему уравнений при помощи правила Крамера.
Найдем определитель матрицы системы
|
2 |
7 |
|
|
|
3 |
|
||
|
2 |
1 |
4 |
|
|
4 |
3 |
1 |
|
|
|
|
|
|
3 (1 12) 2 ( 2 16) 7 ( 6 4) 39 28 70 3.
То, что 0 , по правилу Крамера означает существование единственного решения системы, т.е. однозначного разложения вектора а по системе векторов p, q, r. А это в свою очередь является подтверждением того, что систему p, q, r
можно считать базисом.
Далее найдем
|
|
|
2 |
7 |
|
|
|
|
|
25 |
|
|
|
||||
1 |
|
15 |
1 |
4 |
|
|
|
|
|
14 |
3 |
1 |
|
|
|
||
|
|
|
25 (1 12) 2 ( 15 56) 7 ( 45 14) 325 82 413 6; |
|||||
|
|
25 |
7 |
|
|
|
||
|
|
3 |
|
|
|
|||
2 |
2 |
15 |
4 |
|
||||
|
|
4 |
14 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
3 ( 15 56) 25 ( 2 16) 7 ( 28 60) 123 350 224 3; |
|||||
|
2 |
25 |
|
|
|
|||
|
3 |
|
|
|
||||
3 |
2 |
1 |
15 |
|
|
|||
|
4 |
3 |
14 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 (14 45) 2 ( 28 60) 25 ( 6 4) 177 64 250 9.
Теперь 1 2; |
2 1; |
3 |
3. |
|
|
|
|
|
|
Таким образом, a 2 p q 3r . ■ |
|
|
|
|
ПРИМЕР 2.4.20. Установить |
|
линейную |
зависимость |
|
(независимость) векторов: |
а) a {2, 3} |
и |
b { 1, 3/ 2}; |
|
б) c i j и |
d i 2 j ; |
|
|
|
46
|
|
|
в) a {0, 1, |
3}, |
b {1, 1, |
3} и |
c i 2 j 6k ; |
|
|
|
|
|
г) векторы а, b и с из примера 2.4.18; |
|
|
||||
|
|
|
д) a {0, 1, |
3}, |
b {1, 1, |
3}, c i 2 j 6k |
и |
d {0, 1, 0}; |
|
|
|
|
е) a i 3 j, |
b 2i 2k, |
c j 4k . |
|
|
||
|
|
|
Решение. а) Т.к. |
a 2b (проверьте!), |
то будет выполнено равенство |
||||
(2), означающее линейную зависимость векторов а и b. |
|
|
|||||||
|
|
|
б) Для векторов с и |
d условие коллинеарности (8) |
не |
выполняется: |
|||
|
1 |
|
1 . Поэтому по теореме о линейной зависимости систем векторов (пункт |
||||||
|
|
||||||||
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
3) векторы с и d линейно независимы. |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
в) Заметим, что c a b , т.е. вектор с |
представлен |
в виде линейной |
комбинации векторов а и b с ненулевыми коэффициентами. Отсюда делаем вывод: векторы а, b и с линейно зависимы.
г) Векторы а, b и с из примера 2.4.18 заданы на плоскости, т.е. они компланарны, а, значит, линейно зависимы по теореме о линейной зависимости систем векторов (пункт 2)), но не каждый из них может быть разложен по двум
другим (см. решение примера 2.4.18).
д) Векторы а, b, с и d как всякие четыре вектора в пространстве линейно
зависимы по теореме о линейной зависимости систем векторов (пункт 1)).
е) Составим из трех данных векторов линейную комбинацию с неизвестными коэффициентами 1, 2 , 3 ; приравняем эту линейную комбинацию к нулевому вектору:
1a 2b 3c 0.
Полученное векторное равенство можно записать в координатной форме,
опираясь на формулы (5), (6), (9) и помня о том, что все координаты нулевого вектора равны нулю. Получим систему линейных уравнений относительно неизвестных 1, 2 , 3 :
47
1 2 2 0,3 1 3 0,2 2 4 3 0.
Решим эту систему при помощи правила Крамера. Для этого вычислим определитель матрицы системы :
|
1 |
2 |
0 |
1 |
|
0 |
1 |
|
2 |
|
3 |
1 |
|
2 2 12 26 0 . |
|
|
|
|
|
||||||||||||
3 |
0 |
1 |
|
|
|
|
|||||||||
|
0 |
2 |
4 |
|
|
2 |
4 |
|
|
|
|
0 |
4 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|||||
По правилу Крамера в случае |
система имеет единственное решение. |
||||||||||||||
Непосредственной |
проверкой |
|
легко |
убедиться, что числа 1 2 3 0 |
удовлетворяют данной системе и, значит, являются ее единственным решением. Итак, из трех данных векторов а, b и с составлена линейная комбинация, которая равна нулевому вектору только в том случае, когда все коэффициенты в ней нулевые. По определению это означает линейную независимость рассматриваемых векторов. ■
ПРИМЕР 2.4.21. |
В |
равностороннем |
|
В |
треугольнике АВС (рис. 22) точка М есть середина |
|
|||
|
|
|||
стороны ВС, точка О – центр тяжести треугольника. |
|
М |
||
Имеет ли смысл каждое из выражений: а) AO : AM , |
|
О |
||
|
|
|
|
|
б) MO : AO ; в) OA : OB ? В случае утвердительного |
А |
С |
||
|
|
|
||
ответа найти значение соответствующего выражения. |
|
Рис. 22. |
Решение. а) Т.к. векторы AO и AM коллинеарны, то отношение имеет смысл, более того, в силу одинаковой направленности этих векторов их отношение будет иметь положительный знак. Центр тяжести треугольника совпадает с точкой пересечения его медиан, и эта точка делит каждую медиану
48
в отношении 2:1, |
считая |
от вершины. Поэтому | AO | 2 | OM | , |
||||||
| AM | 3 | OM |, и тогда |
|
AO |
|
2 | OM | |
|
2 |
. |
|
|
AM |
3 | OM | |
|
3 |
||||
|
|
|
|
|
б) Отношение MO : AO также имеет смысл, т.к. векторы MO и AO
коллинеарны. Учитывая, что эти векторы направлены противоположно,
получим |
MO |
|
| OM | |
|
| |
OM | |
|
1 |
. |
|||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
AO |
| AO | |
|
2 |
| OM | |
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
в) Отношение OA : OB смысла не имеет, т.к. векторы OA и OB не коллинеарны. ■
Деление отрезка в заданном отношении
Если отрезок АВ делится точкой С в отношении m : n = λ (рис. 23), то
CBAC mn ,
где λ > 0, если точка С принадлежит отрезку АВ, λ < 0, если точка С лежит вне отрезка АВ.
|
т |
п |
|
|
|
А |
С |
В |
λ > 0 |
| AC | |
|
|
|
|
|
| | |
|
|
В |
С |
λ < 0 |
| CB | |
|
А
Рис. 23.
Обозначим координаты точек A(xA, yA, zA ) , B(xB , yB , zB ) , C(xC , yC , zC ) , тогда имеют место формулы:
49
xC |
n xA m xB |
, |
|
xC |
|||
m n |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
||
yC |
n yA m yB |
|
, |
или |
yC |
||
m n |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
||
zC |
|
n zA m zB |
|
; |
|
zC |
|
|
m n |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
xA xB ,
1
|
yA yB |
|
, |
|
|||
1 |
(17) |
||||||
|
|
|
|||||
|
|
zA zB |
. |
|
|
||
|
|
|
|
||||
|
|
1 |
|
|
В частности, если точка С – середина отрезка АВ, то
|
x |
|
|
xA xB |
, |
|
|
|||
|
|
|
|
|||||||
|
C |
2 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
y |
|
yA yB |
, |
|
|
||||
|
|
|
||||||||
|
C |
2 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
z |
|
zA zB |
. |
|
|
||||
|
|
|||||||||
|
C |
2 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|||||||
ПРИМЕР 2.4.22. Векторы a {0, 1, |
3} |
|||||||||
и b {2, 0, 1}, |
отложенные от точки A(1, 2, |
3) , |
являются сторонами треугольника АВС (рис. 24),
AD – медиана треугольника. Найти координаты точки D и точки пересечения медиан О.
| AC |
| CB |
1 и
(17а)
В
a D
О
А |
С |
b
Рис. 24.
Решение. Координаты точки D – середины отрезка ВС, можно найти по
формулам (17а),
x |
D |
|
xB xC |
, |
y |
D |
|
yB yC |
, |
z |
D |
|
zB zC |
, |
(*) |
|
|
|
|||||||||||||
|
2 |
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
если известны координаты точек В и С.
Для определения координат точки В пользуемся формулами (10),
связывающими координаты вектора, с координатами его концов:
ax xB xA, |
ay yB yA, |
az zB zA. |
(**) |
Аналогичным образом можно найти координаты точки С.
50